2021版高考數學一輪復習 第六章 數列 第1講 數列的概念與簡單表示法教學案 理 北師大版

第1講數列的概念與簡單表示法一、知識梳理1數列的定義、分類與通項公式(1)數列的定義數列：按照一定次序排列的一列數；數列的項：數列中的每一個數(2)數列的分類分類標準類型滿足條件項數有窮數列項數有限無窮數列項數無限項與項間的大小關系遞增數列an1>an其中，nN+遞減數列an1<an常數列an1an(3)數列的通項公式如果數列an的第n項an與n之間的函數關系可以用一個式子表示或anf(n)，那么這個式子叫作這個數列的通項公式2數列的遞推公式如果已知數列an的首項(或前幾項)，且任一項an與它的前一項an1(n2)(或前幾項)間的關系可用一個公式來表示，那么這個公式叫作數列的遞推公式常用結論常用結論若數列的前n項和為Sn，通項公式為an，則an即anSnSn1的應用前提是n2，nN.2在數列an中，若an最大，則若an最小，則3數列與函數的關系數列可以看成一類特殊的函數anf(n)，它的定義域是正整數集N或正整數集N的有限子集，所以它的圖像是一系列孤立的點，而不是連續(xù)的曲線二、教材衍化1在數列an中，a11，an1(n2)，則a5_解析：a212，a31，a413，a51.答案：2根據下面的圖形及相應的點數，寫出點數構成的數列的一個通項公式an_答案：5n4一、思考辨析判斷正誤(正確的打“”，錯誤的打“×”)(1)相同的一組數按不同順序排列時都表示同一個數列()(2)所有數列的第n項都能使用公式表達()(3)根據數列的前幾項歸納出數列的通項公式可能不止一個()(4)1，1，1，1，不能構成一個數列()(5)任何一個數列不是遞增數列，就是遞減數列()(6)如果數列an的前n項和為Sn，則對任意的nN+，都有an1Sn1Sn.()答案：(1)×(2)×(3)(4)×(5)×(6)二、易錯糾偏(1)忽視數列是特殊的函數，其自變量為正整數集或其子集1，2，n；(2)求數列前n項和Sn的最值時忽視項為零的情況；(3)根據Sn求an時忽視對n1的驗證1在數列1，0，中，0.08是它的第_項解析：依題意得，解得n10或n(舍)答案：102在數列an中，ann26n7，當其前n項和Sn取最大值時，n_解析：由題可知nN+，令ann26n70，得1n7(nN+)，所以該數列的第7項為零，且從第8項開始an<0，則S6S7且最大答案：6或73已知Sn2n3，則an_解析：因為Sn2n3，那么當n1時，a1S12135；當n2時，anSnSn12n3(2n13)2n1(*)由于a15不滿足(*)式，所以an答案：由數列的前幾項求數列的通項公式(自主練透)1數列1，3，6，10，的一個通項公式是()Aann2(n1)Bann21Can Dan解析：選C.觀察數列1，3，6，10，可以發(fā)現第n項為1234n.所以an.2數列an的前4項是，1，則這個數列的一個通項公式是an_解析：數列an的前4項可變形為，故an.答案：3根據數列的前幾項，寫出下列各數列的一個通項公式(1)1，7，13，19，；(2)0.8，0.88，0.888，；(3)，.解：(1)數列中各項的符號可通過(1)n表示，從第2項起，每一項的絕對值總比它的前一項的絕對值大6，故通項公式為an(1)n(6n5)(2)數列可變?yōu)?，故an.(3)各項的分母分別為21，22，23，24，易看出第2，3，4項的絕對值的分子分別比分母小3.原數列化為，故an(1)n.由前幾項歸納數列通項的常用方法及具體策略(1)常用方法：觀察(觀察規(guī)律)、比較(比較已知數列)、歸納、轉化(轉化為特殊數列)、聯(lián)想(聯(lián)想常見的數列)等方法(2)具體策略：分式中分子、分母的特征；相鄰項的變化特征；拆項后的特征；各項的符號特征和絕對值特征；化異為同，對于分式還可以考慮對分子、分母各個擊破，或尋找分子、分母之間的關系；對于符號交替出現的情況，可用(1)k或(1)k1，kN+處理 an與Sn關系的應用(多維探究)角度一利用an與Sn的關系求通項公式an 已知數列的前n項和Snan，則的通項公式為an_【解析】當n1時，a1S1a1，所以a11.當n2時，anSnSn1anan1，所以，所以數列為首項a11，公比q的等比數列，故an1.【答案】1【遷移探究】(變條件)若將本例中的“Snan”改為“Snn22n2”，結論如何？解：當n1時，a1S11；當n2時，anSnSn12n3.由于n1時，a112×13，所以an的通項公式為an角度二利用an與Sn的關系求Sn 設Sn是數列an的前n項和，Sn0，且a11，an1SnSn1，則Sn_【解析】因為 an1Sn1Sn，an1SnSn1，所以 Sn1SnSnSn1.因為 Sn0，所以 1，即1.又1，所以 是首項為1，公差為1的等差數列所以 1(n1)×(1)n，所以 Sn.【答案】(1)已知Sn求an的三個步驟先利用a1S1求出a1；用n1替換Sn中的n得到一個新的關系，利用anSnSn1(n2)便可求出當n2時an的表達式；注意檢驗n1時的表達式是否可以與n2的表達式合并(2)Sn與an關系問題的求解思路根據所求結果的不同要求，將問題向兩個不同的方向轉化利用anSnSn1(n2)轉化為只含Sn，Sn1的關系式，再求解；利用SnSn1an(n2)轉化為只含an，an1的關系式，再求解 1已知數列an的前n項和Sn2n3，則數列an的通項公式an_解析：當n1時，a1S11；當n2時，anSnSn1(2n3)(2n13)2n2n12n1，a1不適合此等式所以an答案：2已知數列an中，a11，Sn為數列an的前n項和，Sn0，且當n2時，有1成立，則S2 017_解析：當n2時，由1，得2(SnSn1)(SnSn1)SnSSnSn1，所以1，又2，所以是以2為首項，1為公差的等差數列，所以n1，故Sn，則S2 017.答案：3已知數列an滿足a12a23a34a4nan3n22n1，求an.解：設a12a23a34a4nanTn，當n1時，a1T13×122×112，當n2時，nanTnTn13n22n13(n1)22(n1)16n5，因此an，顯然當n1時，不滿足上式故數列an的通項公式為an由數列的遞推關系求通項公式(多維探究)角度一形如an1anf(n)，求an 在數列an中，a11，anan1(n2)，求數列an的通項公式【解】因為anan1(n2)，所以an1an2，an2an3，a2a1.以上(n1)個式子相乘得ana1····.當n1時，a11，上式也成立所以an(nN+)根據形如an1an·f(n)(f(n)是可以求積的)的遞推公式求通項公式時，常用累乘法求出與n的關系式，進而得到an的通項公式 角度二形如an1anf(n)，求an 設數列an滿足a11，且an1ann1(nN+)，求數列an的通項公式【解】由題意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又因為a11，所以an(n2)因為當n1時也滿足上式，所以an(nN+)根據形如an1anf(n)(f(n)是可以求和的)的遞推公式求通項公式時，常用累加法求出ana1與n的關系式，進而得到an的通項公式 角度三形如an1panq(p0且p1)，求an 已知數列an滿足a11，an13an2，求數列an的通項公式【解】因為an13an2，所以an113(an1)，所以3，所以數列an1為等比數列且公比q3，又a112，所以an12·3n1，所以an2·3n11(nN+)根據形如an1panq的遞推關系式求通項公式時，一般先構造公比為p的等比數列anx，即將原遞推關系式化為an1xp(anx)的形式，再求出數列anx的通項公式，最后求an的通項公式 角度四形如an1(A，B，C為常數)，求an 已知數列an中，a11，an1，求數列an的通項公式【解】因為an1，a11，所以an0，所以，即.又a11，則1，所以是以1為首項，為公差的等差數列所以(n1)×.所以an(nN+)根據形如an1(A，B，C為常數)的遞推關系式求通項公式時，一般對遞推式兩邊同時取倒數，當AC時，化為x的形式，可構造公比為的等比數列，其中用待定系數法求x是關鍵，當AC時，可構成一個等差數列 1已知數列an中，a12，an1anln，則數列an的通項公式an_解析：因為an1anln，所以anan1lnln(n2)，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1lnlnlnln 222ln2ln n(n2)又a12適合上式，故an2ln n(nN+)答案：2ln n2已知數列an中，a13，且點Pn(an，an1)(nN+)在直線4xy10上，則數列an的通項公式為_解析：因為點Pn(an，an1)(nN*)在直線4xy10上，所以4anan110.所以an14.因為a13，所以a1.故數列是首項為，公比為4的等比數列所以an×4n1，故數列的通項公式為an×4n1.答案：an×4n1數列的函數特征(多維探究)角度一數列的單調性 (一題多解)已知an是遞增數列，且對于任意的nN+，ann2n恒成立，則實數的取值范圍是_【解析】法一(定義法)：因為an是遞增數列，所以對任意的nN+，都有an1an，即(n1)2(n1)n2n，整理，得2n10，即(2n1)(*)因為n1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.法二(函數法)：設f(n)ann2n，其圖象的對稱軸為直線n，要使數列an為遞增數列，只需使定義在正整數集上的函數f(n)為增函數，故只需滿足f(1)f(2)，即3.【答案】(3，)判斷數列的單調性的方法(1)作差比較法：an1an0數列an是遞增數列；an1an0數列an是遞減數列；an1an0數列an是常數列(2)作商比較法：.當an0時，則1數列an是遞增數列；1數列an是遞減數列；1數列an是常數列；.當an0時，則1數列an是遞減數列；1數列an是遞增數列；1數列an是常數列(3)結合相應函數的圖象直觀判斷 角度二求最大(小)項 (一題多解)已知數列an的通項公式為an，試判斷此數列是否有最大項？若有，第幾項最大，最大項是多少？若沒有，說明理由【解】法一：an1an·，當n8時，an1an0，即an1an；當n8時，an1an0，即an1an；當n8時，an1an0，即an1an.則a1a2a3a8a9a10a11，故數列an有最大項，為第8項和第9項，且a8a9.法二：設數列an的第n項最大，則即解得8n9，又nN*，則n8或n9.故數列an有最大項，為第8項和第9項，且a8a9.求數列最大(小)項的方法(1)構造函數，確定出函數的單調性，進一步求出數列的最大項或最小項(2)利用求數列中的最大項an；利用求數列中的最小項an.當解不唯一時，比較各解大小即可確定 角度三數列的周期性 已知數列an滿足a12，an1(nN+)，則該數列的前2 021項的乘積a1·a2·a3··a2 021_【解析】由題意可得，a23，a3，a4，a52a1，所以數列an是以4為周期的周期數列，而2 0214×5051，且a1a2a3a42×(3)××1.故該數列前2 021項的乘積為a12.【答案】2【遷移探究】(變問法)其他條件不變，該數列前2 021項的和為_解析：a1a2a2 021505(a1a2a3a4)a2 021505(23)2.答案：解決數列周期性的方法先根據數列的前幾項確定數列的周期，再根據周期求值 1等差數列an的公差d0，且aa，則數列an的前n項和Sn取得最大值時的項數n的值為()A5B6C5或6D6或7解析：選C.由aa，可得(a1a11)(a1a11)0，因為d0，所以a1a110，所以a1a110，又2a6a1a11，所以a60.因為d0，所以an是遞減數列，所以a1a2a5a60a7a8，顯然前5項和或前6項和最大，故選C.2已知an滿足an(n)2n(nN+)，若an是遞增數列，則實數的取值范圍是_解析：因為an是遞增數列，所以an1an，所以(n1)2n1(n)2n，化簡得n2，對任意的nN+都成立所以3.答案：(，3)基礎題組練1已知數列，則5是它的()A第19項B第20項C第21項 D第22項解析：選C.數列，中的各項可變形為，所以通項公式為an，令5，得n21.2已知數列an滿足：m，nN+，都有an·amanm，且a1，那么a5()A.BC.D解析：選A.因為數列an滿足：對任意的m，nN+，都有an·amanm，且a1，所以a2a1a1，a3a1·a2.那么a5a3·a2.故選A.3在數列an中，a1，an1(n2，nN+)，則a2 020的值為()A B5 C. D解析：選A.在數列an中，a1，an1(n2，nN+)，所以a215，a31，a41，所以an是以3為周期的周期數列，所以a2 020a673×31a1.4(2020·山西太原模擬(一)已知數列an的前n項和Sn滿足Snan2n(nN+)，則a7()A. B C. D解析：選B.當n2時，Sn1an12n2，又Snan2n，所以2anan12，所以2(an2)an12，故an2是首項為a12，公比為的等比數列，又S1a12，故a11，所以an2，故a72，故選B.5(2020·廣東廣州天河畢業(yè)班綜合測試(一)數列an滿足a11，對任意nN+，都有an11ann，則()A. B2 C. D解析：選C.由an11ann，得an1ann1，則an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1，則，則2×2×.故選C.6已知數列an的前n項和Sn3n1，則an_解析：當n1時，a1S1314；當n2時，anSnSn1(3n1)(3n11)2·3n1.當n1時，2×3112a1，所以an答案：7記數列an的前n項和為Sn，若對任意的nN+，2Snan1，則a2 018_解析：因為2Snan1，所以2Sn1an11(n2)，所以2Sn2Sn12ananan1(n2)，即anan1(n2)，所以數列an是以2為周期的周期數列又2S12a1a11，所以a11，所以a2 018a2a11.答案：18(2020·河南焦作第四次模擬)已知數列an的通項公式為an2n，記數列anbn的前n項和為Sn，若1n，則數列bn的通項公式為bn_解析：因為1n，所以Sn(n1)·2n12.所以當n2時，Sn1(n2)2n2，兩式相減，得anbnn·2n，所以bnn；當n1時，a1b12，所以b11.綜上所述，bnn，nN+.故答案為n.答案：n9已知數列an中，a11，前n項和Snan.(1)求a2，a3；(2)求an的通項公式解：(1)由S2a2得3(a1a2)4a2，解得a23a13.由S3a3得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由題設知a11.當n2時，有anSnSn1anan1，整理得anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1.將以上n個等式兩端分別相乘，整理得an.顯然，當n1時也滿足上式綜上可知，an的通項公式an.10設數列an的前n項和為Sn.已知a1a(a3)，an1Sn3n，nN+.(1)設bnSn3n，求數列bn的通項公式；(2)若an1an，nN+，求a的取值范圍解：(1)依題意，Sn1Snan1Sn3n，即Sn12Sn3n，由此得Sn13n12(Sn3n)，即bn12bn，又b1S13a3，所以數列bn的通項公式為bn(a3)2n1，nN+.(2)由(1)知Sn3n(a3)2n1，nN+，于是，當n2時，anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n22×3n1(a3)2n2，an1an4×3n1(a3)2n22n2，當n2時，an1an12a30a9.又a2a13a1.綜上，a的取值范圍是9，3)(3，)綜合題組練1(2020·安徽江淮十校第三次聯(lián)考)已知數列an滿足2，a120，則的最小值為()A4 B41 C8 D9解析：選C.由an1an2n知a2a12×1，a3a22×2，anan12(n1)，n2，以上各式相加得ana1n2n，n2，所以ann2n20，n2，當n1時，a120符合上式，所以n1，nN*，所以n4時遞減，n5時遞增，因為，所以的最小值為8，故選C.2若數列an滿足a1·a2·a3··ann23n2，則數列an的通項公式為_解析：a1·a2·a3··an(n1)(n2)，當n1時，a16；當n2時，故當n2時，an，所以an答案：an3已知數列an中，a1a，a22a，an2an2，若數列an單調遞增，則實數a的取值范圍為_解析：由an2an2可知數列an的奇數項、偶數項分別遞增，若數列an遞增，則必有a2a1(2a)a0且a2a1(2a)aan2an2，可得0a1，故實數a的取值范圍為(0，1)答案：(0，1)4(2020·廣東湛江二模)一元線性同余方程組問題最早可見于中國南北朝時期(公元5世紀)的數學著作孫子算經卷下第二十六題，叫做“物不知數”問題，原文如下：有物不知數，三數之剩二，五五數之剩三，問物幾何？即，一個整數除以三余二，除以五余三，求這個整數設這個整數為a，當a2，2 019時，符合條件的a共有_個解析：由題設a3m25n3，m，nN，則3m5n1，m，nN，當m5k，n不存在；當m5k1，n不存在；當m5k2，n3k1，滿足題意；當m5k3，n不存在；當m5k4，n不存在其中kN.故2a15k82 019，解k，則k0，1，2，134，共135個，即符合條件的a共有135個故答案為135.答案：1355已知二次函數f(x)x2axa(a0，xR)，有且只有一個零點，數列an的前n項和Snf(n)(nN+)(1)求數列an的通項公式；(2)設cn1(nN+)，定義所有滿足cm·cm10的正整數m的個數，稱為這個數列cn的變號數，求數列的變號數解：(1)依題意，a24a0，所以a0或a4.又由a0得a4，所以f(x)x24x4.所以Snn24n4.當n1時，a1S11441；當n2時，anSnSn12n5.所以an(2)由題意得cn由cn1可知，當n5時，恒有cn0.又c13，c25，c33，c4，c5，c6，即c1·c20，c2·c30，c4·c50.所以數列cn的變號數為3.17